Como avaliar $\int \frac{dx}{\sin(\ln(x))}$?

11
Dimitris 2020-07-16 23:29.

Estou me perguntando como avaliar a integral indefinida

$$\int \frac{dx}{\sin(\ln(x))} \quad (1)$$


Tentativa 1

Tentei usar a substituição Weierstrass.

A substituição Weierstrass , (nomeada após K.Weierstrass (1815)), é uma substituição usada para converter expressões racionais de funções trigonométricas em expressões racionais polinomiais. Integrais desse tipo são geralmente mais fáceis de avaliar.

Esta substituição é construída permitindo: $$t = \tan\left(\frac{x}{2}\right) \iff x = 2\arctan(t) \iff dx = \frac{2}{t^2+1}$$

Usando identidades trigonométricas básicas, é fácil provar que: $$\cos x = \dfrac{1 - t^2}{1 + t^2}$$

$$\sin x = \dfrac{2t}{1 + t^2}$$

Mas não consegui expressar $\ln(x)$ em termos de $t$.


Tentativa 2

Tentei usar a integração por partes, mas não encontrei uma solução alternativa, fica mais complicado, muito rápido.

$$ \int \frac{dx}{\sin(\ln(x))} \ = x \sin(\ln(x)) - \int \frac{\cot \left(\ln \left(x\right)\right)}{x\sin \left(\ln \left(x\right)\right)} $$



Tentativa 3

A substituição mais lógica que eu poderia pensar. Mas não parece levar a lugar nenhum.

Deixei, $\ln(x) = u \iff dx = \, e^u du$

$$ (1) \iff \int \frac{dx}{\sin(\ln(x))} = \int \frac{e^u}{\sin(u)} du = \int \frac{(e^u)'}{\sin(u)} du = $$

$$ \frac{(e^u)'}{\sin(u)} - \int e^u \left(\frac{1}{\sin(u)}\right)' = \frac{(e^u)'}{\sin(u)} - \int e^u \frac{\cos(u)}{\sin^2(u)} = ?$$


Tentativa 4

Uma combinação de tentativas 1,2, 3.

Deixei $\ln(x) = t$ então $dx = e^t dt$, Portanto,

$$\int \frac{dx}{\sin(\ln(x))} dx = \int \frac{e^t }{\sin(t)}dt \quad (1)$$

Vamos primeiro avaliar $$ \int \frac{1\:}{\sin\left(t\right)}dt \quad (2)$$

Usando a substituição Weierstrass $$ t = \arctan(\frac{x}{2})$$ é fácil provar isso

$$ (2) = \int \frac{1\:}{\sin\left(t\right)}dt= \ln \left|\tan \left(\frac{t}{2}\right)\right|+C$$

Portanto,

$$ (1) \iff I = \int e^x\left(\ln \:\left|\tan \:\left(\frac{t}{2}\right)\right|\right)'dt = e^x \ln \:\left|\tan \:\left(\frac{t}{2}\right)\right| - \int (e^x)' \ln \:\left|\tan \:\left(\frac{t}{2}\right)\right|dt = $$

$$ e^x \ln \:\left|\tan \:\left(\frac{t}{2}\right)\right| - \left( e^x \ln \:\left|\tan \:\left(\frac{t}{2}\right)\right| - \int e^x \left(\ln \:\left|\tan \:\left(\frac{t}{2}\right)\right|\right)'dt \right) $$

$$ I = 0 + I \iff 0=0$$

Tautologia. Nenhuma resposta aqui.


Tentativa 5

Faça uma pergunta no MathExchange: Alguma ideia?

Nota: Uma solução de plano complexo foi proposta nos comentários, mas estou avaliando isso em$\mathbb{R}$

6 answers

8
Simply Beautiful Art 2020-07-19 08:04.

Pela fórmula de Euler ,

$$\sin(\ln(x))=\frac{e^{i\ln(x)}-e^{-i\ln(x)}}{2i}=\frac{x^i-x^{-i}}{2i}$$

Na integral, isso funciona para nos dar

$$\int\frac{\mathrm dx}{\sin(\ln(x))}=\int\frac{2i~\mathrm dx}{x^i-x^{-i}}=2i\int\frac{x^i~\mathrm dx}{x^{2i}-1}=-2i\int\frac{x^i~\mathrm dx}{1-x^{2i}}$$

Ao expandir com séries geométricas, isso então se torna

$$\int\frac{x^i~\mathrm dx}{1-x^{2i}}=\sum_{k=0}^\infty\int x^{(2k+1)i}~\mathrm dx=\sum_{k=0}^\infty\frac{x^{1+(2k+1)i}}{1+(2k+1)i}$$

Observe que a razão de termos consecutivos nesta série é dada por

$$\frac{x^{1+(2k+3)i}/(1+(2k+3)i)}{x^{1+(2k+1)i}/(1+(2k+1)i)}=\frac{(2k+1)i+1}{(2k+3)i+1}x^{2i}=\frac{(k+\color{#3377cc}{\frac{1+i}2})(k+\color{#3377cc}1)}{k+\color{#339999}{\frac{1+3i}2}}\frac{\color{#dd3333}{x^{2i}}}{k+1}$$

o que implica que a série é uma função hipergeométrica :

$$\sum_{k=0}^\infty\frac{x^{1+(2k+1)i}}{1+(2k+1)i}=x^{1+i}{}_2F_1\left(\color{#3377cc}{\frac{1+i}2},\color{#3377cc}1;\color{#339999}{\frac{1+3i}2};\color{#dd3333}{x^{2i}}\right)$$

e ao todo,

$$\int\frac{\mathrm dx}{\sin(\ln(x))}=-2ix^{1+i}{}_2F_1\left(\frac{1+i}2,1;\frac{1+3i}2;x^{2i}\right)\color{#999999}{{}+C}$$

que provavelmente não pode ser simplificado ainda mais, embora possa ser reescrito usando várias identidades hipergeométricas.


Nota: As manipulações acima requerem que a série converta, mas os resultados finais em termos de funções hipergeométricas se mantêm em todos os lugares em que ambas existem, pois são definidas através do uso de continuação analítica .

3
Martin Gales 2020-07-19 10:09.

Para evitar funções hipergeométricas, use a decomposição da fração parcial:

$$\frac{1}{\sin x} = \frac{1}{x} + \sum\limits _{n=1} ^{\infty}(-1)^n \left (\frac{1}{x-n\pi}-\frac{1}{x+n\pi}\right ), $$

substituir $x$ com $\ln x$ E use

$$\int\frac{dx}{\ln x \pm n\pi}=e^{\mp n\pi}\text{Ei}(x\pm n\pi)+\text{const}$$

Onde $\text{Ei}(x)=-\int_{-x}^{\infty}\frac{e^{-t}dt}{t}$é a chamada integral exponencial

3
GEdgar 2020-07-19 11:07.

Variáveis ​​de mudança $y=\sin x$ para converter isso para a integral indefinida $$ \int\frac{e^y}{\sin y}\;dy . $$

Esta não é uma função elementar.
Referência: 2.665 pol.

Gradshteyn, IS; Ryzhik, IM; Zwillinger, Daniel (ed.); Moll, Victor (ed.) , Tabela de integrais, séries e produtos. Traduzido do russo. Tradução editada e com um prefácio por Victor Moll e Daniel Zwillinger , Amsterdam: Elsevier / Academic Press (ISBN 978-0-12-384933-5 / hbk; 978-0-12-384934-2 / ​​ebook). xlv, 1133 p. (2015). ZBL1300.65001 .

2
Dimitris 2020-07-18 21:09.

Esta resposta está errada, mas estou deixando-a aqui para o arquivo (discussão dos comentários), até encontrarmos uma solução adequada.

Graças aos seus comentários, aqui está a solução. (Aparentemente, a abordagem 3 estava no caminho certo)

Deixei, $\ln(x) = u \iff dx = e^u \, du$

$$ \int \frac{dx}{\sin(\ln(x))} = I= \int \frac{e^u}{\sin(u)} du = \int \frac{(e^u)'}{\sin(u)} du = $$

$$ \frac{e^u}{\sin(u)} - \int e^u \left(\frac{1}{\sin(u)}\right)' = \frac{(e^u)'}{\sin(u)} - \int e^u \frac{\cos(u)}{\sin^2(u)} = $$

$$ \frac{e^u}{\sin(u)} - \int e^u \frac{\cos(u)}{2cos(u)sin(u)} = $$

$$ \frac{e^u}{\sin(u)} - \frac{1}{2}\int \frac{e^u}{sin(u)} = $$

$$ \frac{e^u}{\sin(u)} - I \iff $$

$$ 2I = \frac{(e^u)'}{\sin(u)} $$

$$ I = \frac{e^u}{2\sin(u)} $$

Portanto, substituindo as variáveis ​​iniciais:

$$ I = \frac{e^{\ln(x)}}{2\sin(\ln(x))} $$

1
J.G. 2020-07-19 05:05.

Vamos provar o teorema, declarado por @PleasecorrectGrammarMistakes, que$$\tfrac{d}{dx}\left[(-1-i)x^{1+i}F\left(\tfrac{1-i}{2},\,1;\,\tfrac{3-i}{2};\,x^{2i}\right)\right]=\csc\ln x$$forneceu $|x^{2i}<1$. Começaremos observando$$[y^n]F(a,\,1;\,a+1;\,y)=\frac{\Gamma(a+n)\Gamma(n+1)\Gamma(a+1)}{\Gamma(a)\Gamma(1)\Gamma(a+n+1)n!}=\frac{a}{a+n},$$então o lado esquerdo é$$\sum_{n\ge0}(-1-i)\frac{1-i}{2n+1-i}(1+(2n+1)i)x^{(2n+1)i}=-2i\sum_{n\ge0}x^{(2n+1)i}=\frac{-2ix^i}{1-x^{2i}}.$$Podemos reescrever isso como$$\frac{2i}{x^i-x^{-i}}=\frac{2i}{e^{i\ln x}-e^{-i\ln x}}=\csc\ln x,$$como requerido.

1
GEdgar 2020-07-20 07:03.

Com base nas respostas hipergeométricas de JG e Simply Beautiful Art.

Pegando outro ramo da solução da equação diferencial hipergeométrica a partir dessas respostas, podemos obter soluções como esta: $$ f(x) = \mathrm{Re}\left[ {\frac { \left( 1+i \right) {x}^{1+i}}{{x}^{2\,i}-1} \;{\mbox{$_2$F$_1$}\left(1,1;\frac{3-i}{2};\,{\frac {{x}^{2\,i}}{{x}^{2\,i}-1}}\right)} } \right] $$ que satisfaz $$ f'(x) = \frac{1}{\sin(\log x)} $$ no intervalo $(0.21 , 0.55)$. Aqui estamos dentro do raio de convergência da função hipergeométrica.

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